吉林省长春市重点高中2021-2022学年高三上学期第一次月考 数学（理）试题.doc

1、关注公众号品数学 高中数学资料共享群（734924357） 20212022 学年度上学期学年度上学期 高三年级第一次考试高三年级第一次考试数学（理）试卷数学（理）试卷 考试时间：考试时间：120 分钟分钟满分：满分：150 分分 2021 年年 10 月月 15 日日 一一、选择题选择题：（本大题共本大题共 12 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 60 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合只有一项是符合 题目要求的题目要求的 ） 1设集合 2 |20 ,|1Ax xxBx yx ，则AB（） ARB 1, C , 11, D , 10, 2已知复数z满足

2、 1i1 iz ，其中i为虚数单位，则z （ ） A1B2C 2 2 D2 3已知向量a ，b 满足 1a ，且a 与b 夹角为 2 ，则 6aab （） A6B6C7 D7 4下列函数中，既是 0, 2 上的增函数，又是以为周期的偶函数的是（） A tanyx B 2 12sinyx C sin2yx D sincos 22 xx y 5已知命题 p：函数 2 21f xaxx 在( ) 0,1内恰有一个零点；命题q：函数 2 a yx在上 是减函数若 pq 为真命题，则实数a的取值范围是（） AB ,2 C 1,2 D ,1 6若 0.5 ae， 22 sin 5 b ， 2 log 0.

3、2c ，则abc的大小关系为（） AbacBa bc CcabDbca 7已知函数 f(x)lg(x22x3)在(-，a)单调递减，则 a 的取值范围是（） A(，1B(，2C5，)D3，) 试卷第 2页，共 5页 8已知函数 2 log,1 1 ,1 1 x x f x x x 则不等式 1f x 的解集为（ ） A ,2 B ,01,2 C 0,2 D ,01,2 92020 年 12 月 17 日凌晨，嫦娥五号返回器携带月球样品在内蒙古四子王旗预定区域安全着 陆嫦娥五号返回舱之所以能达到如此高的再入精度，主要是因为它采用弹跳式返回弹道， 实现了减速和再入阶段弹道调整，这与“打水漂”原理类

4、似(如图所示)现将石片扔向水面， 假设石片第一次接触水面的速率为 100 m/s，这是第一次“打水漂”，然后石片在水面上多次 “打水漂”，每次“打水漂”的速率为上一次的 90%，若要使石片的速率低于 60 m/s，则至少需 要“打水漂”的次数为(参考数据：取 ln 0.60.511，ln 0.90.105)（） A4B5C6D7 10 对于任意的实数a、b， 记 max, a ab a b b ab .设 ( )max( ), ( )RF xf x g xx ， 其中 1 ( ) 3 g xx ， ( )yf x 是奇函数.当0 x 时， ( )yf x 的图象与 ( )g x的图象如图所示.

5、则下列关于函数( )yF x 的说法中，正确的是（） A ( )yF x 有极大值 1F 且无最小值 B ( )yF x 为奇函数 C ( )yF x 的最小值为-2 且最大值为 2 D ( )yF x 在 3,0 上为增函数 11设 1 F， 2 F是双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的左、右焦点，O是坐标原点过 2 F作C的一条 渐近线的垂线，垂足为P若，则C的离心率为（） A5B2C3D2 12设 ( )f x，( )g x 是定义在R上的两个周期函数， ( )f x的周期为4，( )g x 的周期为2，且 ( )f x是 关注公众号品数学 高中数学资料共享群（73

6、4924357） 奇函数， 当 2(0,x 时， 2 ( )1(1)f xx， (2),01 ( ) 1 ,12 2 k xx g x x ， 其中 12 , 34 k ， 则在区间(0,11 上函数 ( )f x与( )g x 图象交点个数是（） A7B8C9D10 二、填空题二、填空题： （本大题共（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 ） 13若变量 x，y 满足约束条件 1 1 yx xy y ，则目标函数 z3xy 的最大值为_ 14在 5 2 2 1 ax x 的展开式中，若含 2 x项的系数为40，则正实数a _ 15中国古代数学家刘徽在九章算术注

7、中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围 成的立体为“牟合方盖”，如图（1） （2）.刘徽未能求得牟合方盖的体积，直言“欲陋形措意， 惧失正理”，不得不说“敢不阙疑，以俟能言者”.约 200 年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既 同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等， 则两立体体积相等，如图（3） （4）. 已知八分之一的正方体去掉八分之一的牟合方盖后的剩余几何体与长宽高皆为八分之一正 方体棱长的倒四棱锥“等幂等积”，祖暅由此推算出牟合方盖的体积.据此可知， 若正方体的棱 长为 1，则其牟合方盖的体积为_. 16如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在

8、湿地内建造一个观景台D，已知射线AB，AC为 湿地两边夹角为 3 的公路（长度均超过4千米） ，在两条公路AB，AC上分别设立游客接送 点E，F，且2 3AEAF千米，若要求观景台D与两接送点所成角EDF与 BAC 互补且观 景台D在EF的右侧，并在观景台D与接送点E，F之间建造两条观光线路DE与DF，则观 光线路之和最长是_. 试卷第 4页，共 5页 三、解答题三、解答题： （本大题共六道小题，其中（本大题共六道小题，其中 18 题题 10 分，其余各题每题分，其余各题每题 12 分）分） 17设正项数列an为等比数列，它的前 n 项和为 Sn，a11，且 a1S2a3. （1）求数列an的

9、通项公式； （2）已知 n n b a 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列bn的前 n 项和 Tn. 18已知斜率为 1 的直线l过点 (2,1)P ，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系， 曲线C的极坐标方程为 2 sin2cos，直线l和曲线C的交点为 A，B. （1）求曲线C的直角坐标方程： （2）求 11 |PAPB 的值. 19移动支付在中国大规模推广五年之后，成功在 10 亿移动互联网用户中获得了九成的渗透 率，这大约是中国自宽带和手机之后，普及率最高的一项产品，甚至，移动支付被视为新时代 中国的四大发明之一.近日， lpsosChina 针对第三方移动支付市场

10、在一家大型超市进行了顾客使 用移动支付情况的调查.调查人员从年龄在 20 岁到 60 岁的顾客中随机抽取了 200 人，得到如 下数据： 年龄段人数类型 20,3030,4040,5050,60 使用移动支付45402515 不使用移动支付0102045 （1）现从这 200 人中随机依次抽取 2 人，已知第 1 次抽到的人使用移动支付的条件下，求第 2 次抽到的人不使用移动支付的概率； （2） 在随机抽取的 200 人中对使用移动支付的人群采用分层抽样的方式抽取 25 人做进一步的 问卷调查再从这 25 人中随机选出 3 人颁发参与奖， 设这 3 人中年龄在 40,50之间的人数为X， 求X

11、的分布列及数学期望. 20如图，在四棱锥PABCD中，侧棱PD 底面ABCD，底面ABCD为长方形，且1PDCD， 关注公众号品数学 高中数学资料共享群（734924357） E是PC的中点，作EFPB交PB于点F （1）证明：PB 平面DEF； （2）若三棱锥ABDP的体积为 1 3 ，求二面角DBPC的余弦值 21已知椭圆C： 22 22 1 xy ab 0ab 的左右焦点分别为 1 F， 2 F，且 12 2FF ，点 3 3, 2 M 在 椭圆C上. （1）求椭圆C的标准方程. （2）P为椭圆C上一点，射线 1 PF， 2 PF分别交椭圆C于点A，B，试问 12 12 PFPF AFB

12、F 是否为定值？ 若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 22已知函数 f（x）x2+（2）x+lnx. （1）当1 时，求函数 f（x）的单调区间； （2）若 1 ( )2 x f xeaxx x 在当 x（0，+）时恒成立，求实数的取值范围. 关注公众号品数学 高中数学资料共享群（734924357） 参考答案参考答案 1C 【分析】 解出 A、B，求并集. 【详解】 解： 2 |20|12 ,Ax xxx xx 或 1|1|Bx yxx x ， |11 ,ABx xx 或 故选：C 2A 【分析】 将复数化简为 1 i 1i z，再求模长即可. 【详解】 由已知可得 1 i 1i z，则

13、 1 i2 1 1 i2 z ，所以z得模为1. 故选：A. 3B 【分析】 利用已知条件结合数量积的运算法则和数量积的定义即可求解. 【详解】 因为向量a ，b 满足 1a ，且a 与b 夹角为 2 ， 所以 2 2 2 666cos6 106 2 aabaa baab ， 故选：B. 4D 【分析】 对于 A、C，都不是偶函数，不符合题意；对于 B， cos2yx 在区间(0,) 2 上不是增函数， 不符合题意；对于 D， 1 |sin| 2 yx ，根据正弦函数图象判断出结论 试卷第 2页，共 14页 【详解】 解：对于 A、C，都不是偶函数，不符合题意； 对于 B， 2 12sinyx

14、 cos2x在区间(0,) 2 上不是增函数，不符合题意； 对于 D， 1 |sin| 2 yx ，是区间(0,) 2 上的增函数，又是以为周期的偶函数，满足题意 故选：D 5C 【分析】 命题 p：函数 2 ( )21(0)f xaxxa在(0,1)内恰有一个零点，分0a ，0a 讨论，解得a 范围；命题q：函数 2 a yx在(0,)上是减函数，20a，解得a范围由p且 q 为真 命题，可得p与 q 都为真命题，即可得出 【详解】 解：命题 p：函数 2 21f xaxx 在(0,1)内恰有一个零点， 当0a 时， 1f xx ，令 10fxx ， 则1x ，不符题意，所以0a 舍去， 当

15、0a 时，1 80aD = +=，解得 1 8 a ， 则 2 1 1 4 f xxx ，令 2 1 10 4 f xxx ，解得2x ， 不符题意，所以 1 8 a 舍去， 180 (0)1(22)0 a ffa ，解得1a ； 综上所述：1a ； 命题q：函数 2 a yx在(0,)上是减函数，20a，解得2a :(q a ，2 p 且 q 为真命题， p 与 q 都为真命题， 1 2 a a ，解得12a 则实数a的取值范围是(1，2 故选：C. 6B 【分析】 关注公众号品数学 高中数学资料共享群（734924357） 由指数函数、对数函数、正弦函数的性质把已知数与 0 和 1 比较后

16、可得 【详解】 0.5 1e， 222 sinsin(0,1) 55 ， 2 log 0.20，所以cba 故选：B 【点睛】 关键点点睛：本题考查实数的大小比较，对于幂、对数、三角函数值的大小比较，如果能应 用相应函数单调性的应该利用单调性比较，如果不能转化，或者是不同类型的的数，可以结 合函数的性质与特殊值如 0 或 1 等比较后可得结论 7A 【分析】 根据对数函数的性质，结合二次函数的图象与性质，以及复合函数的单调性的判定方法，进 而求得a的取值范围. 8B 【分析】 分别讨论1x和1x 时，利用对数函数的单调性以及解分式不等式，即可求解. 【详解】 当1x时，不等式 1f x 即 2

17、2 log1log 2f xx ，可得 1 2 x x ，解得：12x； 当1x 时，不等式 1f x 即 1 1 1 fx x ，即0 1 x x ，所以0 1 x x ， 解得：0 x 或1x（舍） ，所以0 x ， 综上所述：不等式 1f x 的解集为 ,01,2， 9C 【分析】 设石片第 n 次“打水漂”时的速率为 vn，再根据题意列出不等式求解即可 【详解】 设石片第 n 次“打水漂”时的速率为 vn， 则 vn1000.90n 1. 由 1000.90n 160，得 0.90n10.6， 则(n1)ln 0.90 ln0.6 ln0.9 0.511 0.105 4.87，则 n5

18、.87， 故至少需要“打水漂”的次数为 6. 故选：C 10A 【分析】 根据函数的奇偶性将两个函数的图象补充完整，进而根据定义作出函数 F（x）的图象，最 后根据图象得出结论. 【详解】 根据题意， ,f xg x均为 R 上的奇函数，将图象补充完整如图 1 所示， 于是函数( )max( ), ( )RF xf x g xx的图象为： 于是， ( )yF x 有极大值1 F 且无最小值，A 正确； 函数 ( )yF x 的图象不关于原点对称，B 错误； 函数 ( )yF x 没有最值，C 错误； 关注公众号品数学 高中数学资料共享群（734924357） 函数 ( )yF x 在-3,-1

19、单调递增，在(-1,0单调递减，D 错误. 故选：A. 11B 【分析】 根据题意，先得到 2 PF， 2 OF，PO的长再分别在 2 RtPOF 和 12 Rt PFF中，利用余弦定理 求得 2 cosPF O，建立等式求解. 【详解】 不妨设双曲线的一条渐近线方程为 b yx a ， 则 2 2 1 b c a PFb b a ， 2 OFc， 22 22 POOFPFa， 1 |6 |6|PFOPa 在 2 RtPOF 中， 2 2 2 cos PFb PF O OFc ， 在 12 Rt PFF中， 222 2121 2 212 cos 2 PFFFPFb PF O PFFFc ， 2

20、22 4( 6 ) 22 bcab bcc ，即 22 3ca， e=2， 12C 【分析】 根据题意,分析得当 12 , 34 k ， 2yk x 与 2 ( )11f xx相交，在 0,2x 有两个 交点，再根据周期性,作出函数图像,数形结合求解即可. 【详解】 解: 当 0,2x 时， 2 ( )11,f xx即 2 2 11,0.xyy 当 1 3 k 时，直线2yk x过点 2,0 , 1,1，此时直线与半圆 2 ( )1(1)f xx相交， 试卷第 6页，共 14页 当 2 4 k 时，圆心 1,0到直线2yk x 的距离为1d ，此时直线与与半圆 2 ( )1(1)f xx相切，

21、 所以当 12 , 34 k ， 2yk x 与 2 ( )11f xx相交，在 0,2x 有两个交点， 因为 ( )f x的周期为4，( )g x的周期为2，且( )f x是奇函数, 所以根据函数的周期性，作出函数图像，如图， 函数 ( )f x与( )g x图象交点个数是 9 个. 故选：C 135 【分析】 作出不等式组所表示的可行域，平移直线 y3xz，找出使得该直线在y轴上截距最大时 对应的最优解，代入目标函数计算即可得解. 【详解】 作出可行域，如阴影部分所示： 由 z3xy 得 y3xz，平移直线 y3xz， 由图象可知当直线 y3xz 经过点 C 时，直线 y3xz 的截距 z

22、 最大， 由 1 1 y xy ，解得 C（2，1） ，代入得 z3215，即 z 的最大值为 5. 故答案为：5. 142 关注公众号品数学 高中数学资料共享群（734924357） 【分析】 利用二项式定理写出 5 2 2 1 ax x 二项展开式的通项公式，令x的幂指数为2，求出r的值， 利用其系数为40得到关于a的方程，解方程即可求解. 【详解】 5 2 2 1 ax x 的展开式的通项为 5 2510 4 155 2 1 1 r r r rrrr r TCaxC ax x 令104 2r ，则3r ，所以 3 35 3 5 140C a ，解得2a 或2a （舍）. 故答案为：2.

23、15 2 3 【分析】 根据题意，列等式.套用正方体，锥体体积公式求解. 【详解】 由题知 =1 1 1 1V 正方体 ， 因为 11111 = 883824 VV 正方体牟合方盖 ，所以 2 = 3 V牟合方盖 . 故答案为： 2 3 . 16B 【分析】 求出2 3EFAEAF， 2 3 EDF ，在DEF中，利用余弦定理结合基本不等式即可 得出答案. 【详解】 解：在AEF中，因为2 3AEAF， 3 EAF， 所以2 3EFAEAF， 又EDF与BAC互补，所以 2 3 EDF ， 在DEF中，由余弦定理得： 222 2cosEFAEAFAE AFEDF， 即 22 12AEAFAE

24、AF ，即 2 12AEAFAE AF， 试卷第 8页，共 14页 因为 21 4 AE AFAEAF， 所以 2221 12 4 AEAFAE AFAEAFAEAF， 所以4AEAF，当且仅当2AEAF时，取等号， 所以观光线路之和最长是 4. 故选：B. 17 （1） 1 2n n a - =； （2）(23) 23 n n 【分析】 （1）由已知条件，利用等比数列的通项公式求出公比，由此能求出数列 n a的通项公式； （2）由已知条件结合（2）得到 1 (21) 2n n bn ，由此利用错位相减法能求出数列 n b的前n 项和 n T 【详解】 解： （1）设在等比数列 n a中，公比

25、为q， 1 1a ， 123 aSa ， 123 2aaa ， 2 111 2aa qa q，即 2 2qq， 解得 2q = 或 1q （舍） 所以 1 2n n a - =； （2） n n b a 是首项为 1，公差为 2 的等差数列， 21 n n b n a ， 1 2n n a - =， 1 (21) 2n n bn 123nn Tbbbb 21 113 25 2(21) 2 n n Tn 23 21 23 25 2(21) 2 n n Tn ，得 21 12 222(21) 2 nn n Tn 1 14(12)(21) 2 nn n (23) 23 n n 18 （1） 2 2y

26、x； （2） 14 3 . 【分析】 关注公众号品数学 高中数学资料共享群（734924357） （1）将曲线 C 方程左右同乘，根据cos ,sinxy，代入化简即可得答案. （2）先求得直线 l 的参数方程，代入曲线 C 的直角坐标方程可得关于 t 的一元二次方程， 根据 t 的几何意义，化简计算，即可得答案. 【详解】 （1）因为 2 sin2cos，所以 22 sin2cos 因为cos ,sinxy， 代入可得曲线C的直角坐标方程为： 2 2yx （2）直线l的参数方程为 2 2 2 2 1 2 xt yt （t 为参数） ， 将直线l的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程可得 2

27、22 12 2 22 tt ， 整理可得 2 4 260tt， 设点 A、B 所对应的参数分别为1 2 ,t t， 所以 1212 4 2,60ttt t ， 所以 2 1212121 2 121 21 21 2 ()41111 | ttttttt t PAPBttt tt tt t 324 ( 6)14 63 19 （1） 75 199 ； （2）分布列见解析， 3 5 . 【分析】 （1）根据条件概率的计算公式即可求解. （2）利用超几何分布的概率计算公式即可求解. 【详解】 （1）记事件A：第 1 次抽到的人使用移动支付， 事件B：第 2 次抽到的人不使用移动支付， 所以 125 757

28、5 125 199199 n AB P B A n A . （2）在年龄段 40,50中抽取的人数为 25 255 125 ， 试卷第 10页，共 14页 则X的可能取值为 0，1，2，3， 所以 3 20 3 25 57 0 115 C P X C ， 21 205 3 25 19 1 46 C C P X C ， 12 205 3 25 2 2 23 C C P X C ， 03 205 3 25 1 3 230 C C P X C ， 则X的分布列为： X0123 P 57 115 19 46 2 23 1 230 故 571921693 0123 11546232301155 E X

29、. 20 （1）证明见解析； （2） 10 5 【分析】 （1）先证明BC 平面PCD，可得DEBC，又DEPC，可证明DE 平面PBC，可得 DEPB，又EFPB，即得证； （2）建立空间直角坐标系，由 1 3 A BDPP ABD VV ，可得2BC ，分别求解两个平面的法向 量，利用二面角的向量公式，即得解 【详解】 （1）证明：PD 底面ABCD，BD 平面ABC，PDBC， 由于底面ABCD为长方形，CDBC，而PDCDD， BC平面PCD， DE 平面PCD，DEBC， PDCD，E为PC的中点，DEPC， PCBCCQI，DE平面PBC， DEPB，又EFPB，DEEFE， PB

30、平面DEF （2）由题意易知 ,DA DC DP两两垂直，以D为坐标原点，建立如图空间直角坐标系 Dxyz ，可得 (0,0,0)D ，(0,0,1)P， (0,1,0)C ， 关注公众号品数学 高中数学资料共享群（734924357） 设BCt，则有 111 1 1 323 A BDPP ABD VVt ，2t (2,1,0)B ，( 2, 1,0)BD ，( 2, 1,1)BP ， 1 1 0, 2 2 E ， 设平面PBD的法向量( , , )nx y z ，由 0n BD ， 0n BP ，则 20 20 xy xyz 令1x ，则 2y ，0z ， (1, 2,0)n - 由（1）D

31、E 平面PBC， DE uuu r为平面 PBC 的法向量，1 1 0, 2 2 DE 设二面角DBPC为，由图知二面角为锐角 则 110 51 5 2 DE n cos DE n - 所以二面角DBPC的余弦值为 10 5 21 （1） 22 1 43 xy ； （2）是定值，定值为 10 3 . 【分析】 （1）根据 12 2FF ，点 3 3, 2 M 在椭圆C上，由 22 33 22,1 4 c ab 求解； （2） 由点P在x轴上时， 不妨设点2,0P 求解； 当点P不在x轴上时， 设 111 ,0P x yy ， 直线 1 PF的方程为 1 1 1 1 x xy y ，与椭圆方程联

32、立，利用韦达定理用 1 y表示点 A，B 的纵坐 试卷第 12页，共 14页 标，再由 12 11 1223 PFPFyy AFBFyy 求解. 【详解】 （1）设椭圆的半焦距为c， 由题意可得 22 222 22, 33 1, 4 , c ab abc 解得 2 4a ， 2 3b . 故椭圆C的标准方程为 22 1 43 xy . （2）当点P在x轴上时，由对称性不妨设点2,0P ，此时，A，B两点重合， 12 1PFF B， 21 3PFF A，故 12 12 10 3 PFPF AFBF . 当点P不在x轴上时，由对称性不妨设 111 ,0P x yy ， 22 ,A xy， 33 ,

33、B xy ， 此时直线 1 PF的方程为 1 1 1 1 x xy y ， 联立 1 1 22 1 1, 1, 43 x xy y xy 整理得 2 12 1 11 611 3490 xx yy yy ， 则 22 11 122 22 1111 1 1 939 363425 1 34 yy y y xxyx x y ， 故 1 2 1 3 25 y y x . 同理可得 1 3 1 3 25 y y x . 故 12 1111 1223 252510 333 PFPFyyxx AFBFyy . 综上， 12 12 PFPF AFBF 为定值，且定值为 10 3 . 22 （1）f（x）的增区间

34、为 1 0, 2 ，减区间为 1 , 2 ； （2） （，1. 【分析】 关注公众号品数学 高中数学资料共享群（734924357） （1）求出函数的定义域，再对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间， （2） 1 ( )2 x f xeaxx x 在当 x（0，+）时恒成立，得ex ln x x 1 x 在 （0，+） 上恒成立，构造函数 g（x）ex ln x x 1 x ，则 2 22 lnln ( ) x x xx ex g xe xx ，再构造函数 h（x） x2ex+lnx，利用导数可判断出 h（x）在（0，+）上单调递增，再由零点存在性定理可得 存在 x0（ 1 e ，1

35、） ，使得 h（x0）0，从而可判断出当 xx0时，g（x）取得极小值，也是 最小值，进而可求出实数的取值范围 【详解】 （1）函数 f（x）的定义域是（0，+） ， 当1 时，f（x）x2x+lnx， ( ) fx2x1+ 1 x (1)(21)xx x ， 令 ( ) fx0，解得：0 x 1 2 ，令 ( ) fx0，解得：x 1 2 ， 故 f（x）在（0， 1 2 ）递增，在（ 1 2 ，+）递减， 即 f（x）的增区间为 1 0, 2 ，减区间为 1 , 2 ； （2）f（x）x（exx2 1 x ）恒成立， 即 xex1lnx+x 在 （0，+） 上恒成立， 即ex ln x x

36、 1 x 在 （0，+） 上恒成立. 令 g（x）ex ln x x 1 x ，则 2 22 lnln ( ) x x xx ex g xe xx ， 令 h（x）x2ex+lnx，则 h（x）2xex+x2ex+ 1 x 0， 所以 h（x）在（0，+）上单调递增，而 h（1）e0，h（ 1 e ） 1 2 e e e 10， 故存在 x0（ 1 e ，1） ，使得 h（x0）0，即 2 0 xex0+lnx00， 所以 x0ex0 0 1 x lnx0 0 1 x ln 0 1 x ln 0 1 x 0 1 ln x e ， 令（x）xex，x（0，+） ，（x）（x+1）ex0， 所以（

37、x）在（0，+）上单调递增，所以 x0ln 0 1 x lnx0， 当 x（0，x0） 时，h（x）0，即 g（x）0，故 g（x）在（0，x0）上单调递减， 当 x（x0，+） 时，h（x）0，即 g（x）0，故 g（x） 在 （x0，+）上单调递增， 试卷第 14页，共 14页 所以当 xx0时，g（x）取得极小值，也是最小值， 所以 00 1 ln 00 min0 0000 ln11 ( )()1 xx xx g xg xee xxxx 故1， 所以的取值范围为（，1. 【点睛】 关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不 等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为ex ln x x 1 x 在 （0，+） 上恒成立，构造 函数 g（x）ex ln x x 1 x ，再利用导数求出其最小值即可，考查数转化思想和计算能力，属 于较难题